agc020 vp记录

a,b是签到题。

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• [AGC020C] Median Sum

一个集合由N个整数组成，请求出它的非空子集和的中位数。（$N<=2000$ $A_i<=2000$）

 
发现所有的子集和是关于所有数的和对称的。即有 $X$ 则有 $\sum{A_i} - X$，于是通过背包优化的bitset算出所有能拼出的数，从 $\frac{\sum{A_i}}{2}$ 从小往大选第一个即可。

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• [AGC020D] Min Max Repetition

多组询问。每个询问给定四个整数，$A,B,C,D$，求一个满足这个条件的字符串：

1. 长度为$A+B$，由$A$个字符A和·$B$个字符B构成。
2. 在此基础上，连续的相同字符个数的最大值最小
3. 在此基础上，字典序最小

输出这个字符串的第$C$位到第$D$位。

 
一个简单的分类讨论。题解讲的较清晰。没啥价值。

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• [AGC020E] Encoding Subsets
  我们定义一个 01 串的压缩是满足如下方式的字符串变化过程：

• $0\rightarrow 0,1\rightarrow 1$

• 如果 $A\rightarrow P,B\rightarrow Q$ 合法，那么 $A+B\rightarrow P+Q$ 也合法（其中 $+$ 代表字符串拼接）

• 如果 $S=\underbrace{A+A+\cdots+A}_{n\text{个}(n\ge 2)}$，那么 $S\rightarrow(A\times n)$ 也合法（其中 (, ), × 为字符，$n$ 为数字，算作一个字符，即使其中有 $0/1$）

我们同时定义 $01$ 串 $B$ 是 $A$ 的子集当且仅当：

• $|A|=|B|$
• $\forall B_i=1,A_i=1$

现在给你一个 $01$ 串 $S$，问它所有的子集的合法变化结果数的总和为多少。

答案对 $998244353$ 取模。
 
观察到括号是可以重复嵌套的，于是从左向右的线性DP不太可行，考虑区间DP。
令$f_{i,j}$为 i 到 j的方案数，$g_{i,j}$为将 i 到 j 划分进一个括号的方案数。
（不重不漏地统计括号匹配方案数，这是一个经典套路）
那么 $f_{i,j}=\sum_{i\leq k\leq j} g_{i,k}\times f_{j+1,k}$
记忆化搜索。

代码在这里

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int rd(){
	int f=1,j=0;
	char w=getchar();
	while(!isdigit(w)){
		if(w=='-')f=-1;
		w=getchar();
	}
	while(isdigit(w)){
		j=j*10+w-'0';
		w=getchar();
	}
	return f*j;
}
const int mod=998244353;
inline void ad(int &x,int y){return x+=y,x=(x>=mod)?x-mod:x,void();}
inline int mu(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
unordered_map<string,int>f,g;
string I;
int getf(string s);
int getg(string s);
int getf(string s){
	if(s=="")return 1;
	if(f.count(s))return f[s];
	int len=s.length(),ansn=0;
	for(int i=1;i<=len;i++)ad(ansn,mu(getg(s.substr(0,i)),getf(s.substr(i,len-i+1))));
	return f[s]=ansn;
}
int getg(string s){
	if(s=="")return 1;
	if(s=="0")return 1;
	if(s=="1")return 2;
	if(g.count(s))return g[s];
	int ansn=0,len=s.length();
	for(int d=1;d<len;d++){
		if(len%d!=0)continue;
		string t="";
		for(int i=0;i<d;i++){
			bool flg=true;
			for(int j=i;j<len;j+=d)flg&=s[j]-'0';
			t=t+(char)('0'+flg);
		}
		ad(ansn,getf(t));
	} 
	return g[s]=ansn;
}
signed main(){
	cin>>I;
	printf("%lld\n",getf(I));
	return 0;
}

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• [AGC020F] Arcs on a Circle

你有一个长度为$C$的圆，你在上面画了$N$个弧。弧$i$有长度$l_i$。

每一条弧$i$随机均匀地放置在圆上：选择圆上的一个随机实点，然后出现一条以该点为中心的长度为$l_i$的弧。弧是独立放置的。例如，它们可以相互交叉或包含。

现在问你圆的每一个实点被至少一个弧覆盖的概率是多少？注意一条弧覆盖了它的两个端点。
(C<=50 N<=6)
 
众所周知，数据范围越小，题目越神秘。
此题首先是一个环DP，断环为链，将最长的线段的左端点作为起点。（这样不会出现某一条线段越过断点覆盖未被覆盖的环的情况）
对于求概率的DP，如果有确定点当然可以直接通过确定点DP，对于没有确定点的情况，因为概率和长度无关而之和长度或位置的相对关系有关，于是可以钦定一个相对大小关系来DP。
在此题上，我们可以钦定每条线段的小数部分的大小关系，并将每一段‘1’拆分为n段，小数排名为 i 的数只能放在每段‘1’中的第 i 个位置。
于是可以枚举大小关系（复杂度 $n!$ ），每一种情况正常地做DP。
时间复杂度 $2^n \times n! \times (n\times c)^2$

代码在这里

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int rd(){
	int f=1,j=0;
	char w=getchar();
	while(!isdigit(w)){
		if(w=='-')f=-1;
		w=getchar();
	}
	while(isdigit(w)){
		j=j*10+w-'0';
		w=getchar();
	}
	return f*j;
}
int n,c,l[60];
double f[510][510],ans,cnt;
signed main(){
	n=rd(),c=rd();
	for(int i=0;i<n;i++)l[i]=rd();
	sort(l,l+n);
	while(true){
		for(int i=0;i<=n*c;i++)for(int s=0;s<(1<<n-1);s++)f[i][s]=0;
		f[l[n-1]*n][0]=1;
		for(int i=1,p;i<=n*c;i++){
			if((p=i%n-1)<0)continue;
			for(int j=i;j<=n*c;j++){
				for(int s=0;s<(1<<n-1);s++)if(~s>>p&1)f[min(c*n,max(j,i+l[p]*n))][s|(1<<p)]+=f[j][s];
			}
		}
		ans+=f[c*n][(1<<n-1)-1],cnt++;
		if(!next_permutation(l,l+n-1))break;
	}
	printf("%.13lf\n",ans/cnt/pow(c,n-1));
	return 0;
}

你以为这就结束了吗？这并不是最优复杂度！
有另一种思路，对于每一段1，如果我们不钦定相对大小关系而是直接DP，这样是会有精度问题的。然而如果对每一段‘1’划分得越多精度就越高。令分段数为 $m$，有一个结论：答案关于分段数 m 是一个 n 次多项式。因为线段总数才 n 条，次数不可能更高（可以感性理解一下）。于是我们只需要 n+1 个点叉出多项式，把 m 等于 c, 2c ,···,(n+1)c带入求值即可。
最终的答案是：

$$ans= \lim_{m\to \infty}\frac{f(m)}{m^n}$$

上面这东西就是第 n 项的系数。
总复杂度是 $2^n n^4 L^4$。